河南省郑州市2026届高三下学期第二次质量预测数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1河南省郑州市2026届高三下学期第二次质量预测数学试题一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.已知复数，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】因为，所以，所以，所以.2.已知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】因为，所以将代入分别得，则满足，所以.3.已知，则的值所在的区间是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】函数单调递增，所以只需，即可得.比较5与：.比较5与：.比较5与：，，因为，即，所以.比较5与：，，因为，即，所以.综上，，所以.4.已知平面上不共线的四点，满足，则在上的投影向量为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】由，得，即，所以，所以与共线且同向，且，所以在上的投影向量为,因为与共线且同向，所以，所以在上的投影向量为.5.设是斜三角形的一个内角，则不等式的解集为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】，，整理得.或（舍），为三角形的内角，，又是斜三角形的一个内角，.综上，不等式的解集为.6.已知椭圆，椭圆上一点到直线距离的最大值为，则该椭圆的离心率为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】设椭圆上任意点，,根据点到直线的距离公式，可知到直线的距离为：，其中，所以的最大值为：，​

两边平方整理得，椭圆中，则，即离心率：.7.已知函数，若函数与函数的图象的交点有个，记为，则（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】C【解析】因为，且，所以的图象关于点中心对称；又因为，由，可得，即函数的定义域为，且，易知函数在上单调递增，又，所以的图象关于点中心对称；所以两函数的交点也关于点中心对称；作出两函数的图象，如图所示：由此可得两函数图象共有3个交点，其中一个交点为，设另外两个交点分别为，则，所以.8.若方程的三个根成等比数列，则该数列的公比为（）A. B. C.2 D.3【答案】A【解析】如图，可知：方程的三个根的分布为：，因此，再设公比为，则，，由等比中项性质得，将等式相减得：

，代入可得：再代入，可得，代入，，可得，解得或（负根舍去），且满足，即公比为.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.某校AI社团组织全校学生参加AI伦理与法治素养主题知识竞赛，旨在引导同学们深入学习人工智能伦理规范与相关法律知识，争做负责任的AI技术传播者．竞赛分为初赛和决赛两个环节，现从所有初赛成绩（满分100分，最低分50分）中，随机调查了部分同学的测试成绩，按分组，并绘制出如图所示的频率分布直方图．下列说法正确的是（）A.的值为0.04B.估计样本成绩的众数约为85C.估计样本成绩的上四分位数约为87.5D.若规定成绩排名前的同学可入围决赛，估计进入决赛的同学成绩应不低于90分【答案】ABC【解析】对于A，由题意可得，解得，故A正确；对于B，设样本的众数为，则，故B正确；对于C，设样本成绩的上四分位数为，由题意可得，所以，所以，故C正确；对于D，因为成绩不低于90分的同学占总体的，不满足题意，故D错误.10.已知函数，函数，则（）A.当时，B.和的奇偶性相同C.和的周期相同D.和的最值相同【答案】BD【解析】，因此，是偶函数，同理可判断也为偶函数，对于A，时，，，所以此时，又因为、均为偶函数，所以时，，故A错误；对于B，由前述分析可知、均为偶函数，故B正确；对于C，由于的图象如下所示，易知其为非周期函数，又为周期性函数，周期为，故为非周期函数，而，由于、为周期函数，所以为周期函数，因此两者周期性不同，故C错误；对于D，，当且仅当且时成立，例如即可取到最大值2，当且仅当且或且时成立，例如即可取到最小值0，，当且仅当且时成立，例如即可取到最大值2，当且仅当且或且时成立，例如即可取到最小值0，故D正确．11.已知抛物线为坐标原点，过点作斜率为的直线交抛物线于两点，其中在第一象限，直线交抛物线于另一点，其中，直线与直线交于点．则（）A.B.当时，直线的方程为C.当四点共圆时，D.点落在定直线上【答案】ACD【解析】因为点，则，又，则，所以，代入抛物线，得到，解得，A选项正确；所以抛物线的方程为，设直线方程为，设，联立，消得到，则，当时，，所以或，且，即得，所以直线的方程为，B选项错误；当四点共圆时，则有，故，则，所以，又，所以，即，整理得到，又，所以，故直线的方程为，C选项正确；由，得到直线，由，得，直线，联立方程，解得，，，由，得，所以点落在定直线上，D选项正确；三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.函数的所有极值点之和为______．【答案】【解析】，令，解得，，当时，，单调递增，当时，，单调递减，当时，，单调递增.所以在取得极大值，在取得极小值，所以函数所有极值点之和为.13.已知为等差数列，记公差为，前项和为，当且仅当时取得最大值，则的取值范围为______．【答案】【解析】因，且存在最大值，则，又仅在时取最大值，则前7项为正数，从第8项开始为负数，从而.14.已知一个圆锥的底面半径为5，表面积为．若在该圆锥内放入三个半径均为的球，其中每个球都与其他两个球相切，三个球都与圆锥的底面和侧面也相切，则______．【答案】【解析】设圆锥的母线长为，则，解得.则圆锥的轴截面为边长为10的等边三角形.沿圆锥内三个球的球心的截面如图，则为边长为的等边三角形，根据圆锥的性质易知截面圆的圆心为的外心，所以.沿，所在轴截面如图，易知，所以.所以，解得.四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15.如图，在中，为边上的一点，满足，且．（1）求；（2）若，求的值．解：（1）在中，由正弦定理可得，则，在中，由正弦定理可得，则，故，由，则，则，故；（2）设，则，，在中，由余弦定理可得，在中，由余弦定理可得，由（1）知，则，故，解得.16.如图，在四棱锥中，底面，平面平面，，，四棱锥的体积为2．（1）求证：；（2）求平面与平面的夹角的余弦值．（1）证明：设，连接，过点作于点由平面平面，平面平面，平面，故平面，又平面，故，由底面，平面，故，又，、平面，故平面，又平面，故；（2）解：由题意，以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，则、、、，设，则，又，则由可得，即，由四棱锥的体积为，即，则，则，，则，故，故，整理得，解得（负值舍去），故，即，则，、，设平面与平面的法向量分别为、，则有，，取，则、，，，即可取、，则，故平面与平面的夹角的余弦值为.17.函数，，为自然对数的底数．（1）当时，过点可以作曲线三条切线，求实数的取值范围；（2）若存在，使得对任意成立，求实数的取值范围．解：（1）当时，，设切点为，切线方程为：，切线过，代入得：，依题意有三条切线，即方程有三个不同实根，设，求导得恒成立：时，单调递增；时，单调递减；时，单调递增；极值为，且时时，因此与有三个交点时：；（2），求导得，令得（为极值点横坐标），由得，的最大值为，代入得：，依题意若存在使得对任意恒成立，即：，整理得：对某个成立，即，设，求导得：，可得：时递减；时递增。因此最小值为，故：即的取值范围是.18.已知双曲线的一个焦点到一条渐近线的距离为1，点在双曲线上；（1）求双曲线的标准方程；（2）设点是双曲线上的动点，是圆上的动点，且直线与圆相切，求的最小值；（3）如图，是双曲线上两点，直线与轴分别交于点，点在直线上；若关于原点对称，且，是否存在点，使得为定值；若存在，求出该定点的坐标；若不存在，请说明理由；解：（1）因为焦点到一条渐近线的距离为1，即.又点在双曲线上，所以，解得.所以双曲线的方程为.（2）圆的圆心，半径为.因为是圆上的动点，直线与圆相切，所以，.所以.设，因为是双曲线上的动点，所以.所以.当时，取得最小值，此时.所以.（3）由题意知，直线的斜率存在，设直线的方程为.联立，整理得：.且.设，则.直线的方程为.令，则，即.同理可得，.因为关于原点对称，所以，即.整理得.即.整理得，即.所以或.若，则，则直线方程为，即，此时直线过点，不符合题意.若，则直线方程为，恒过定点.所以为定值，又，在中，为斜边，所以当为中点时，.因此存在点，使得为定值.19.某商场举行抽奖活动，箱子里装有标号为1到的张奖券，不同的奖券标号对应不同的奖品，标号越大，奖品越丰厚．规则如下：顾客从中有放回地抽取奖券次，每次抽取一张奖券，抽取结果中标号最大的奖券对应的奖品即为最终奖品，设最终获得的奖品对应的奖券标号为．（1）当时，求最终拿到标号为3的奖券的概率和拿到标号为2的奖券的概率．（2）若．①求最终拿到标号不大于的奖券的概率；②求随机变量的期望（用表示）．（